2023-2024学年山西省大同市高二（下）期末考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年山西省大同市高二（下）期末考试物理试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.2024年4月3日7时58分(北京时间)，中国台湾海域发生7.5级地震。自然资源部海啸预警中心根据初步地震参数判断，地震可能会在震源周围引发局地海啸。海啸波是波长很长的浅水波，其传播速度v= gℎ，其中g为重力加速度，ℎ为海洋的深度。一般在深而广阔的海洋，其传播速度约500km/ℎ至1000km/ℎ，且传播过程中能量损失很少。同一海啸波在深海区和浅海区传播时，下列说法正确的是( )
A. 波速和波长均不同B. 频率和波速均不同C. 波长和周期均不同D. 周期和频率均不同
2.一弹性小球从离地板不太高的地方自由释放，与地板碰撞时没有机械能损失。设小球所受的空气阻力的大小与速率成正比，则小球从释放到第一次上升到最高点的过程中，小球运动的速度−时间图像可能正确的是( )
A. B. C. D.
3.每年“五一”前后，大同在古城墙附近会开启音乐喷泉，其中喷泉池水下的彩灯射出的彩光装点了古城周边夜景。如图甲所示，水下有一点光源S，可以发出两种不同颜色的a光和b光，其中任一光均可在水面上形成一个有光射出的圆形区域，俯视图如乙图所示，已知低水位时S发出的a光在水面形成的圆形区域与某一高水位时b光形成的区域面积等大，则下列说法正确的是( )
A. a光的频率比b光的大
B. 用同一装置做双缝干涉实验，a光的相邻干涉条纹间距比b光的小
C. a光发生全反射的临界角比b光的小
D. a光在水中的传播速度比b光的大
4.如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ。则( )
A. 仅棒中的电流变小，θ变大
B. 仅两悬线等长变长，θ变大
C. 仅金属棒质量变大，θ变小
D. 仅磁感应强度变大，θ变小
5.2024年5月3日，我国发射了“嫦娥六号”探测器，开启了人类首次对月球背面采样返回任务。本次登陆月球，“嫦娥六号”需经历如图所示的3次变轨过程(其中Ⅰ为圆轨道，Ⅱ、Ⅲ为椭圆轨道)，之后择机进入着陆过程，然后进入月球表面。已知P点为四条轨道的共切点，Q点为轨道Ⅱ上的远月点，引力常量为G，则下列说法正确的是( )
A. “嫦娥六号”在轨道上运动时，运行的周期TⅢx3−x2 B．x2−x10的区域内有沿y轴正方向的匀强电场，在yTⅡ>TⅠ，故A错误；
B.根据万有引力提供向心力，贴近月球表面运动时
GMmR2=m4π2T2R
根据密度和质量的关系
ρ=M43πR3
联立解得
ρ=3πGT2
故B正确；
C.根据
GMmr2=ma
可知，嫦娥六号在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ运行至P点时加速度大小相等，故C错误；
D.“嫦娥六号”在轨道Ⅱ上由P点运动到Q点的过程中，只有引力做功，其机械能不变，故D错误。
6..B
【解析】A.由于 φA=φB>0 可知，场源电荷为正电荷，A错误；
B.根据题意可知，场源电荷应位于下图的D点，且AD=BD
根据场源电荷的电场强度公式
E=kQr2
可知，从C点到B点，电场强度大小逐渐减小，B正确；
C.根据正电荷周围的电势分布可知，从A点移动到B过程中，电势先升高，后降低，正电荷在电势高的地方电势能大，在电势低的地方电势能小，故将正电荷从A点移到B点，其电势能先增大后减小，C错误；
D.由几何关系可知
DC=12AD
故有
EA=kQAD2
EC=kQCD2
EA:EC=1:4
D错误。
故选B。
7..A
【解析】AC.设抛物线MON的轨迹方程为
y=ax2
则两平抛运动在竖直方向为自由落体运动，有
y1=ax12=12gt12
y2=ax22=12gt22
联立解得
t1t2=x1x2
所以在M点的物品要先抛出才能使两物品同时击中O点。又由平抛在水平方向为匀速直线运动，有
x1=v1t1
x2=v2t2
联立可得
v1v2•t1t2=x1x2
整理得
v1=v2
故A正确，C错误；
B.在抛出过程中，相同时间内的速度变化量为
Δv=gΔt
在抛出过程中，加速度均为重力加速度，所以相同时间内的速度变化量一定相同，故B错误；
D.因 v1=v2 ，但竖直方向有
vy1=gt1>vy2=gt2
故两分速度合成后可知击中O点的速度不同，故D错误。
故选A。

【解析】A.由乙图可知，从 θ=π6 起，物块速率保持不变，合力提供向心力，开始做匀速圆周运动。故A错误；
B.当 θ=π6 时，重力方向与速度方向夹角为30°，物块重力的瞬时功率为
P=mgvcs30∘=5 30W
故B正确；
C.由A选项分析可知，在 π6∼π2 区间内，物块受到的合力沿半径方向，则
f=mgcsθ
可知摩擦力大小随 θ 的增大而减小。故C错误；
D.依题意，在 π6∼π2 区间内，物块减小的机械能为
ΔE=mgR1−sin30∘=5J
故D正确。
故选BD。

【解析】A.牵引变电所中变压器为理想变压器，则
n1:n2=U1:U2
解得
n1:n2=8:1
故A错误；
B.若高铁机车运行功率增大，根据P=UI知电流将会增大，则牵引变电所至机车间损失的电压 ΔU=Ir 增大，所以机车的工作电压
U3=U2−ΔU
低于25kV，故B错误；
C.若高铁机车运行功率增大，根据P=UI知电流将会增大，牵引变电所至机车间的热损耗功率 ΔP=I2r 也会随之增大，故C正确；
D.若在额定电压下，该机车的输入功率为10000kW，则该机车的输入电流为
I3=P3U3=1000025A=400A
由
ΔU=U2−U3=27.5kV−25kV=2.5kV
所以
r=ΔUI3=2.5×103400Ω=6.25Ω
故D正确。
故选CD。

【解析】AB.设导线框的初速度为 v0 ，取向右为正方向，对其运动的全过程，由动量定理得
−BIL⋅Δt=0−mv0
又
q=I⋅Δt=E4R⋅Δt=ΔΦΔt4R⋅Δt=ΔΦ4R=BL24R
得
v0=B2L34mR
故A错误，B正确；
C.根据能量守恒，线框进入磁场过程中，线框产生的总焦耳热等于动能的减小量，即
Q总=12mv02=B4L632mR2
故C正确；
D.则cd边切割磁感线产生的感应电动势为
E=BLv0=B3L44mR
由右手定则，cd边感应电流方向从c流向d，cd边相当于电源，故
Ucd=−E4R×3R=−3B3L416mR
故D错误。
故选BC。
11..(1)BC
(2)A
(3) 1.0 9.7
【详解】(1)AC.为了获得相同的初速度，需要每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球，斜槽轨道不需要光滑，故A错误，C正确；
B.为保证小球飞出时速度水平，所以斜槽轨道末段需要水平，故B正确；
D.挡板只要能记录下小球在不同高度时的不同位置，不需要等间距变化，故D错误。
故选BC。
(2)因为平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，下落的速度越来越快，则下落相等位移的时间越来越短，水平方向上做匀速直线运动，所以
x2−x1>x3−x2
故选A。
(3)[1][2]由题意，根据图中数据可得，小球运动到图中位置A时，水平方向上有
x=l=v0t
可得其速度的水平分量大小为
v0=5×10−20.05m/s=1.0m/s
根据图中数据在竖直方向上，根据逐差法可得
g=(11.0+13.4−6.1−8.6)×10−24×0.052m/s2=9.7m/s2

【解析】详细解答和解析过程见答案
12..(1)A
(2)
(3) 180； 偏小
(4)串联； 29820

【解析】(1)在滑动变阻器阻值远大于电阻箱阻值的前提下，闭合 S2 ，此时电阻箱阻值对电路中总电阻的影响很小，可认为干路中的电流没有发生变化，且滑动变阻器B阻值较小，采用限流式接法会烧坏电流表。
故选B。
(2)根据实验步骤，开关 S2 断开，闭合开关 S1 ；电流表工作，则可知电流表串联在电路中，闭合开关 S2 ，在滑动变阻器阻值保持不变的前提下，调节电阻箱使得电流表半偏；说明电阻箱和开关 S2 与电流表并联，其实物连线图如图所示。
(3)若接入电阻箱后干路中电流近似不变，调节电阻箱使得电流表半偏，则流经电阻箱的电流和流经电流表的电流相等，且电阻箱和电流表并联，因此 R0=rg 。
在并入电阻箱后，电路总电阻减小，干路电流将会增大。流过电流表的电流为 12Ig ，所以流过电阻箱的电流要大于 12Ig ，所以 rg>R0 ，测量值小于真实值。
(4)电流表改装成电压表串联一个大电阻。
由公式知U=Ig(rg+R)
代入得R=UIg−rg=6200×10−6Ω−180Ω=29820Ω。
13..(1)由题可知，座舱匀加速下落至最后一刻时，速度达到最大，此时速度为v1，假设整个匀加速下落过程的时间为t1，根据匀加速直线运动的规律则
v 12=2a1ℎ1
解得
v1=16m/s
已知匀减速过程中，初速度为v1，末速度为0，下落高度为
ℎ2=ℎ−ℎ1=48m−16m=32m
由 v 12=2a2ℎ2 ，解得匀减速下落过程的加速度的大小
a2=v 122ℎ2=4m/s2
(2)座椅对乘客的支持力为F支，则由牛顿第二定律得
F支−mg=ma2
解得座椅对该位游客的支持力大小为
F支=mg+ma=700N
方向竖直向上

【解析】详细解答和解析过程见.
14..(1)电子在电场中做类平抛运动，在沿x轴方向做匀速直线运动，则
t1=2ℎv0
沿y轴方向做匀加速直线运动，则
ℎ=12at12
其中，根据牛顿第二定律
eE=ma
解得
E=mv022eℎ
(2)电子的运动轨迹如图
电子出电场时，y轴方向的分速度为
vy=at1=v0
则电子在磁场中的运动速度大小为
v= v02+vy2= 2v0
且与x轴的夹角为
θ=45∘
由几何关系可知，电子在磁场中的运动半径
rsin45∘=2ℎ
解得
r=2 2ℎ
根据洛伦兹力提供向心力
evB=mv2r
解得
B=mv02eℎ
(3)由上图可知，电子在磁场中运动的圆心角为
α=270∘
电子在磁场中做圆周运动的周期为
T=2πrv=4πℎv0
所以电子在磁场中运动时间为
tB=α360∘T=3πℎv0
根据运动的对称性，可知，电子在电场中运动时间为
tE=2t1=4ℎv0
所以，电子从A运动到经过D、C两点再回到A经历的时间为
t=tB+tE=4ℎv0+3πℎv0

【解析】详细解答和解析过程见.
15..(1)小球A下滑过程中，AC组成的系统在水平方向上动量守恒，则
mvA=2mvC
根据动能定理
mgR=12mvA2+12×2mvC2
解得
vC= gR3
vA=2 gR3
(2)小球A与小球B发生弹性碰撞，根据动量守恒
mvA=mv A′+2mvB
根据动能守恒
12mvA2=12mv A ′2+12×2mvB2
解得
v A′=−23 gR3
vB=43 gR3
负号说明A与B碰撞后，A的速度方向与原来方向相反，即向右运动，又因为
v A′=23 gR3